Edo

Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias

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Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias Introdução Diversos problemas técnicos e científicos são descritos matematicamente por equações diferenciais que representam variações das quantidades físicas que os descrevem. Alguns exemplos de equações diferenciais são: dC A (1) reação química de 1a ordem A → = − kC A , na qual CA é a ← B , descrita pela equação dt concentração do reagente A, k a constante da reação e t o tempo decorrido desde o início da reação. (2) descarga de um circuito elétrico contendo uma resistor em série com um capacitor, dQ C descrito pela equação V0 = R + , para a qual V0 é a tensão contínua de alimentação dt Q do circuito, R a resistência, C a capacitância, Q a carga elétrica acumulada no capacitor e dQ i= a corrente do circuito. dt dT (3) condução de calor num material sólido, descrito pela equação de Fourier q& = kA , na dx qual q& é o fluxo térmico, k a condutividade térmica, A a área de secção transversal ao fluxo térmico, T a temperatura e x a coordenada espacial na direção do fluxo de calor. (4) pêndulo simples, descrito pela equação

d 2θ

=−

g sen θ , na qual θ é o ângulo formado l

dt 2 pelo pêndulo em relação ao eixo vertical, g a aceleração da gravidade, l o comprimento do pêndulo e t o tempo.

Dos exemplos citados, vemos que o grau (ou ordem) de uma equação diferencial pode variar. O grau de uma equação diferencial é definido pelo termo da equação que contém a derivada de maior ordem. Por exemplo, a seguinte equação diferencial y´ +x − 2 = 0 é uma equação diferencial de 1o grau porque a derivada y´ é de 1a ordem. Já a equação diferencial y ′′′ − 2 xy ′′ + 5 y ′ + y − x + 8 = 0 é uma equação diferencial de 3o grau porque o termo de derivada de maior ordem é de 3a ordem. Se a solução de uma equação diferencial y for uma função de uma única variável x, isto é, se y = y(x), então a equação diferencial é chamada de equação diferencial ordinária.

Definição Uma equação diferencial ordinária de grau n é uma equação que pode ser descrita na forma geral como: y ( n ) = f ( x , y , y ′, y ′′ ,K , y ( n−1 ) )

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(1)

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sendo que y ( n ) ≡

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dny

empregando a notação de Leibniz. dx n Uma equação diferencial ordinária (E.D.O.) de 1a ordem para duas variáveis x e y é definida como uma equação da forma espacial: y′ =

dy = f ( x, y ) dx

(2)

ou para duas variáveis y e t, na forma temporal como: y& =

dy = f ( y, t ) dt

(3)

No caso particular f(x,y) = f(x), podemos obter a solução geral para E.D.O. de 1a ordem (2) por separação de variáveis: y′ =

dy = f(x) ⇒ dx

dy = f ( x ) ⋅ dx

(4)

que pode ser integrada diretamente como: y=

∫ f ( x ) ⋅ dx + C

(5)

onde C é a constante de integração. Para obtermos uma solução particular (ou seja, um valor específico para a constante C), é necessário fornecer uma condição de contorno para a equação (2): f ( x 0 , y 0 ) = C0

(4)

Se y = y(x) é uma solução, então dy/dx = f(x,y) e y0 = y(x0) é a condição de contorno da equação (2). Se considerarmos a E.D.O. (3) em que a variável t representa o tempo, então a condição para obtenção de uma solução particular de (3) é chamada condição inicial (análoga à condição de contorno, somente que esta se aplica a problemas envolvendo apenas coordenadas espaciais). Exemplo 1 Seja a E.D.O. de 1a ordem: y ′ = y , cuja solução analítica geral é expressa por y = Ce x . Se impusermos como condição de contorno y(0) = 1, isto é, em x = 0, y = 1 e substituirmos na solução geral, vem que, 1 = Ce 0 = C . Portanto, a solução particular da E.D.O. y’ = y é obtida substituindo-se o valor da constante de integração C calculada da condição de contorno y(0) = 1, resultando: y = ex

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Exemplo 2 Seja a E.D.O. de 1o grau, y' = x + y, cuja solução analítica, obtida pelo Método dos Fatores Integrantes1, é expressa por: y(x) = Cex -x - 1. Se adotarmos a condição de contorno y(0) = 0, vem que y(0) = C - 1 = 0. Portanto, C = 1, que substituindo na solução geral, resulta a solução particular: y(x) = ex - x - 1. É importante salientar que a solução geral representa uma família de soluções (isto é, um conjunto infinito de soluções) e que a solução particular representa uma solução única. Como nos métodos numéricos pressupõe-se que a solução do problema seja única, isto irá requerer na descrição do problema a especificação da condição de contorno juntamente com a equação diferencial.

Método de Euler O Método de Euler é um método aproximado de 1a ordem, isto é, ele aproxima a solução da E.D.O. de 1o grau y(x) = y(x) por uma função de 1o grau, isto é, por uma reta. A Fig. 6.1 ilustra a aproximação da solução exata y = y(x) por uma solução aproximada y , obtida pelo prolongamento de uma reta tangente à curva de y = y(x) até o valor de x para o qual deseja-se obter a solução da E.D.O. A equação genérica para o cálculo da solução de uma E.D.O. de 1o grau pelo Método de Euler é expressa por: y i +1 = yi + hf ( xi , y i ) para a qual

h = x i +1 − xi

Exemplo 3: Seja a E.D.O. y’ = x, com a condição de contorno y(0) = 2. Calcular a solução da E.D.O. empregando o método de Euler em x = 2. No enunciado do exemplo não foi especificado o valor do sub-intervalo de integração h, de modo que vamos calcular inicialmente com h = 1. A equação do método de Euler para a E.D.O. do exemplo tem a forma: yi +1 = yi + h. xi À partir da condição de contorno, x = 0, até o valor de x = 2, existem dois valores da solução a serem calculados: em x = 1 e em x = 2. A seguir estão apresentadas as contas para o cálculo da solução aproximada da E.D.O. nesses dois pontos.

1

Matemática Superior, E. Kreyszig, Livros Técnicos e Científicos, Rio de Janeiro,1969, p.69.

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(a) h = 1 i=0

x1 = x0 + h = 0 + 1 = 1 y1 = y0 + h.x0 = 2 + 1.0 = 2

i=1

x2 = x1 + h = 1 + 1 = 2 y2 = y1 + h.x1 = 2 + 1.1 = 3

Assim, a solução da E.D.O. y’ = x em x = 2 é igual a y = 3. Vamos repetir o cálculo agora para h = 0,5 (a) h = 0,5 i=0

x1 = x0 + h = 0 + 0,5 = 0,5 y1 = y0 + h.x0 = 2 + 0,5.0 = 2

i=1

x2 = x1 + h = 0,5 + 0,5 = 1,0 y2 = y1 + h.x1 = 2 + 0,5.0,5 = 2,25

i=2

x3 = x2 + h = 1,0 + 0,5 = 1,5 y3 = y2 + h.x2 = 2,25 + 0,5.1,0 = 2,75

i=3

x4 = x3 + h = 1,5 + 0,5 = 2,0 y4 = y3 + h.x3 = 2,75 + 0,5.1,5 = 3,5

Assim, a solução da E.D.O. y’ = x em x = 2 é igual a y = 3,5. Vamos comparar os dois resultados com a solução analítica: x2 dy = x ⇒ ∫ dy = ∫ x.dx ⇒ y = +C dx 2 A constante de integração C é avaliada substituindo-se a condição de contorno na solução analítica: y (0) = 2 ⇒ 2 =

02 +C ⇒C = 2 2

x2 Desta forma, a solução analítica particular para este problema é: y = + 2 . Calculando-se a 2 22 solução exata em x = 2, resulta y(2) = +2=4. 2 Assim, o erro da solução pelo método de Euler com h = 1 vale valor exato - valor aproximado = 4 - 3 = 1, enquanto que para h = 0,5 o erro vale Cálculo Numérico e Computacional

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4 - 3,5 = 0,5. Observa-se, assim, que quando o intervalo h é reduzido pela metade, o erro reduz-se pela metade. Para verificarmos este resultado, vamos calcular a solução aproximada de uma outra E.D.O. pelo método de Euler com diferentes valores de h e comparar com a solução exata. Exemplo 4: Seja a E.D.O. y’ = y, com a condição de contorno y(1) = 1. Calcular a solução da E.D.O. empregando o método de Euler em x = 2, para h = 0,5 e h = 0,25. Neste exemplo, por questão de conveniência, vamos realizar os cálculos numa tabela que sumariza os resultados. A equação do método de Euler para a E.D.O. y’ = y é: yi +1 = yi + h. yi (a) h = 0,5 i 0 1 2

xi 1,0 1,5 2,0

yi 1,0 1,5 2,25

yi+1 1,5 2,25

i 0 1 2 3 4

xi 1,0 1,25 1,5 1,75 2,0

yi 1,0 1,25 1,5625 1,9531 2,4414

yi+1 1,25 1,5625 1,9531 2,4414

(b) h = 0,25

(c) A solução analítica é dada por: dy dy = y ⇒ ∫ = ∫ dx ⇒ ln y = x + C ′ dx y Re-escrevendo a solução analítica na forma y = f(x), resulta: y = Ce x A constante de integração C é calculada a partir da condição de contorno do problema: y (1) = 1 ⇒ 1 = Ce1 ⇒ C = e −1

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que, substituindo na solução analítica geral, resultará na expressão: y = e x−1 como solução analítica particular do problema. Calculando-se a solução exata em x = 2, obtém-se y(2) = e2-1 = e1 = 2,7183. Comparando-se o resultado exato com os resultados aproximados de (a) e (b), resulta: h = 0,5 h = 0,25

erro = 2,7183 – 2,25 = 0,47 erro = 2,7183 – 2,4414 = 0,28

o que corresponde a uma redução de 1,7 vezes no erro quando o intervalo h é reduzido pela metade.

Método de Euler Estendido Para reduzir o erro de truncamento do Método de Euler, propôs-se a aproximação da solução y(x) = y(x) por uma função de 2a ordem, a partir da série de Taylor, na forma: y i +1

h2 = y i + hf ( xi , yi ) + f ′ ( xi , y i ) 2

Observar que, além do cálculo da derivada da função y = y(x), este método requer o cálculo da sua derivada segunda também.

Método de Euler Modificado ou Aperfeiçoado Para evitar o cálculo da derivada segunda, propôs-se o Método de Euler Modificado, que consiste na correção do valor estimado y i+1 , tomando-se a derivada da função y = y(x) em xi+1 e calculando-se a inclinação da reta de aproximação em xi como a média entre as inclinações das retas tangentes em xi e xi+1. y i +1 = yi +

h [ f ( xi , yi ) + f ( xi + h, yi +1 ] 2

Métodos de Runge-Kutta Os Métodos de Runge-Kutta consistem em métodos de aproximação de 2a e 4a ordem. No caso do Método de Runge-Kutta de 2a ordem, a expressão para o cálculo aproximado de yi+1 é equivalente à do Método de Euler Modificado, ou seja, y i +1 = yi +

h [ f ( xi , yi ) + f ( xi + h, yi +1 ] 2

que pode ser reescrito na forma: Cálculo Numérico e Computacional

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h (k + k2 ) 2 1 k1 = f ( x i , yi ) k 2 = f ( xi + h, yi + hk1 ) y i +1 = yi +

A fórmula do Método de Runge-Kutta de 4a ordem é dada por: h (k + 2k2 + 2k3 + k4 ) 6 1 f ( xi , y i ) f ( xi + h / 2, yi + hk1 / 2) f ( x i + h / 2, y i + hk 2 / 3) f ( xi + h, y i + hk 3 )

y i +1 = yi + k1 = k2 = k3 = k2 =

Exemplo 5 Seja a equação diferencial ordinária y’ – y = 1 – x, com a condição de contorno y(1) = -2, calcular a solução numérica empregando o método de Euler, o método de Euler Modificado e o método de Runge-Kutta de 4a ordem. Vamos verificar numericamente que a solução pelo método de Runge-Kutta de 2a ordem é igual à do método de Euler Modificado. Sendo a solução exata y(x) = Cex + x, vamos calcular a constante de integração e, à partir da solução exata particular, determinar o erro para cada um dos métodos numéricos.

Solução Re-escrevendo a E.D.O. na forma canônica, y’ = y – x + 1, vem que: f(x,y) = y – x + 1 A condição de contorno, x0 = 1, y0 = -2 que, substituindo na solução exata geral, y(x) = Cex + x, vem que C = -1,10364, de modo que a solução exata particular da E.D.O. é expressa como: y(x) = -1,10364ex + x

1. Método de Euler

(solução exata)

h = 0.2 yi+1 = yi + h.f(xi,yi) = yi + h.(yi – xi + 1)

Os resultados dos cálculos estão apresentados na Tabela seguinte. i 0 1 2 3 4

xi 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8

yi -2.00 -2.40 -2.92 -3.58 -4.42

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yexato -2.00 -2.46 -3.08 -3.87 -4.88

erro = |yi - yexato| 0.00 0.06 0.16 0.28 0.46

f(x i,yi) -2.00 -2.60 -3.32 -4.18 -5.22

xi+1 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0

yi+1 -2.40 -2.92 -3.58 -4.42 -5.46

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5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8 4.0 4.2 4.4 4.6 4.8 5.0

-5.46 -6.76 -8.35 -10.30 -12.68 -15.58 -19.09 -23.35 -28.50 -34.72 -42.22 -51.27 -62.16 -75.27 -91.04 -110.01

-6.15 -7.76 -9.77 -12.26 -15.35 -19.17 -23.88 -29.67 -36.79 -45.53 -56.26 -69.40 -85.49 -105.19 -129.30 -158.79

2. Método de Euler Modificado y'(xi) = f(xi,yi)

7-8

0.69 1.00 1.42 1.96 2.67 3.59 4.78 6.32 8.29 10.82 14.04 18.13 23.33 29.92 38.26 48.78

-6.46 -7.96 -9.75 -11.90 -14.48 -17.58 -21.29 -25.75 -31.10 -37.52 -45.22 -54.47 -65.56 -78.87 -94.84 -114.01

2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8 4.0 4.2 4.4 4.6 4.8 5.0 5.2

-6.76 -8.35 -10.30 -12.68 -15.58 -19.09 -23.35 -28.50 -34.72 -42.22 -51.27 -62.16 -75.27 -91.04 -110.01 -132.82

h = 0.2

y'(xi+1) = f(xi+1,y*i+1)

y'm = [y'(xi) + y'(xi+1)] / 2

yi+1 = yi + h.y’m i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

xi 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8 4.0 4.2 4.4 4.6 4.8 5.0

yi -2.00 -2.46 -3.07 -3.85 -4.85 -6.11 -7.69 -9.67 -12.12 -15.16 -18.91 -23.53 -29.22 -36.19 -44.75 -55.23 -68.06 -83.75 -102.95 -126.41 -155.07

yexato -2.00 -2.46 -3.08 -3.87 -4.88 -6.15 -7.76 -9.77 -12.26 -15.35 -19.17 -23.88 -29.67 -36.79 -45.53 -56.26 -69.40 -85.49 -105.19 -129.30 -158.79

Cálculo Numérico e Computacional

erro 0.00 0.00 0.01 0.02 0.03 0.05 0.07 0.10 0.14 0.19 0.25 0.34 0.45 0.60 0.79 1.03 1.34 1.74 2.25 2.90 3.72

y'(xi) -2.00 -2.66 -3.47 -4.45 -5.65 -7.11 -8.89 -11.07 -13.72 -16.96 -20.91 -25.73 -31.62 -38.79 -47.55 -58.23 -71.26 -87.15 -106.55 -130.21 -159.07

xi+1 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8 4.0 4.2 4.4 4.6 4.8 5.0 5.2

y*i+1 -2.40 -2.99 -3.76 -4.74 -5.98 -7.53 -9.47 -11.88 -14.87 -18.55 -23.10 -28.68 -35.54 -43.95 -54.26 -66.87 -82.31 -101.18 -124.26 -152.45 -186.89

y'(xi+1) -2.60 -3.39 -4.36 -5.54 -6.98 -8.73 -10.87 -13.48 -16.67 -20.55 -25.30 -31.08 -38.14 -46.75 -57.26 -70.07 -85.71 -104.78 -128.06 -156.45 -191.09

y'm -2.30 -3.03 -3.91 -4.99 -6.31 -7.92 -9.88 -12.27 -15.20 -18.76 -23.11 -28.41 -34.88 -42.77 -52.40 -64.15 -78.48 -95.97 -117.30 -143.33 -175.08

yi+1 -2.46 -3.07 -3.85 -4.85 -6.11 -7.69 -9.67 -12.12 -15.16 -18.91 -23.53 -29.22 -36.19 -44.75 -55.23 -68.06 -83.75 -102.95 -126.41 -155.07 -190.09

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3. Método de Runge-Kutta de 2a ordem

h = 0.2

k1 = f(xi,yi)

k2 = f(xi + h,yi + hk1) yi+1 = yi + h/2.(k1 + k2)

i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

xi 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8 4.0 4.2 4.4 4.6 4.8 5.0

yi yexato -2.00 -2.00 -2.46 -2.46 -3.07 -3.08 -3.85 -3.87 -4.85 -4.88 -6.11 -6.15 -7.69 -7.76 -9.67 -9.77 -12.12 -12.26 -15.16 -15.35 -18.91 -19.17 -23.53 -23.88 -29.22 -29.67 -36.19 -36.79 -44.75 -45.53 -55.23 -56.26 -68.06 -69.40 -83.75 -85.49 -102.95 -105.19 -126.41 -129.30 -155.07 -158.79

erro 0.00 0.00 0.01 0.02 0.03 0.05 0.07 0.10 0.14 0.19 0.25 0.34 0.45 0.60 0.79 1.03 1.34 1.74 2.25 2.90 3.72

k1 -2.00 -2.66 -3.47 -4.45 -5.65 -7.11 -8.89 -11.07 -13.72 -16.96 -20.91 -25.73 -31.62 -38.79 -47.55 -58.23 -71.26 -87.15 -106.55 -130.21 -159.07

4. Método de Runge-Kutta de 4a ordem

k2 -2.60 -3.39 -4.36 -5.54 -6.98 -8.73 -10.87 -13.48 -16.67 -20.55 -25.30 -31.08 -38.14 -46.75 -57.26 -70.07 -85.71 -104.78 -128.06 -156.45 -191.09

xi+1 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 2.20 2.40 2.60 2.80 3.00 3.20 3.40 3.60 3.80 4.00 4.20 4.40 4.60 4.80 5.00 5.20

yi+1 -2.46 -3.07 -3.85 -4.85 -6.11 -7.69 -9.67 -12.12 -15.16 -18.91 -23.53 -29.22 -36.19 -44.75 -55.23 -68.06 -83.75 -102.95 -126.41 -155.07 -190.09

h = 0.2

k1 = f(xi,yi)

k2 = f(xi + h/2,yi + hk1/2)

k3 = f(xi + h/2,yi + hk2/2)

k4 = f(xi + h,yi + hk3)

yi+1 = yi + h/6.(k1 + 2k2 + 2k3 + k4) i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

xi 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8

yi -2.00 -2.46 -3.08 -3.87 -4.88 -6.15 -7.76 -9.77 -12.26 -15.35

yexato -2.00 -2.46 -3.08 -3.87 -4.88 -6.15 -7.76 -9.77 -12.26 -15.35

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erro 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00

k1 -2.00 -2.66 -3.48 -4.47 -5.68 -7.15 -8.96 -11.17 -13.86 -17.15

k2 -2.30 -3.03 -3.92 -5.01 -6.34 -7.97 -9.96 -12.38 -15.34 -18.96

k3 -2.33 -3.07 -3.97 -5.07 -6.41 -8.05 -10.06 -12.50 -15.49 -19.14

k4 -2.67 -3.48 -4.47 -5.68 -7.16 -8.97 -11.17 -13.87 -17.16 -21.18

xi+1 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 2.20 2.40 2.60 2.80 3.00

yi+1 -2.46 -3.08 -3.87 -4.88 -6.15 -7.76 -9.77 -12.26 -15.35 -19.17

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Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias

10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

3.0 3.2 3.4 3.6 3.8 4.0 4.2 4.4 4.6 4.8 5.0

-19.17 -23.87 -29.67 -36.79 -45.53 -56.25 -69.39 -85.49 -105.19 -129.30 -158.79

-19.17 -23.88 -29.67 -36.79 -45.53 -56.26 -69.40 -85.49 -105.19 -129.30 -158.79

0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.01 0.01

7 - 10

-21.17 -26.07 -32.07 -39.39 -48.33 -59.25 -72.59 -88.89 -108.79 -133.10 -162.79

-23.38 -28.78 -35.38 -43.43 -53.27 -65.28 -79.95 -97.88 -119.77 -146.51 -179.17

-23.61 -29.05 -35.71 -43.83 -53.76 -65.88 -80.69 -98.78 -120.87 -147.85 -180.80

-26.09 -32.08 -39.41 -48.36 -59.28 -72.63 -88.93 -108.84 -133.16 -162.87 -199.15

3.20 3.40 3.60 3.80 4.00 4.20 4.40 4.60 4.80 5.00 5.20

-23.87 -29.67 -36.79 -45.53 -56.25 -69.39 -85.49 -105.19 -129.30 -158.79 -194.85

Para comparação visual, o gráfico contendo as soluções numéricas e a solução exata está mostrado na Fig. 1 e os resultados numéricos resumidos na Tabela seguinte. Tabela comparativa dos resultados numéricos e exato. x

Euler

Euler Modificado

Runge-Kutta 4a ordem

Solução exata

1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8 4.0 4.2 4.4 4.6 4.8 5.0

-2.00 -2.40 -2.92 -3.58 -4.42 -5.46 -6.76 -8.35 -10.30 -12.68 -15.58 -19.09 -23.35 -28.50 -34.72 -42.22 -51.27 -62.16 -75.27 -91.04 -110.01

-2.00 -2.46 -3.07 -3.85 -4.85 -6.11 -7.69 -9.67 -12.12 -15.16 -18.91 -23.53 -29.22 -36.19 -44.75 -55.23 -68.06 -83.75 -102.95 -126.41 -155.07

-2.00 -2.46 -3.08 -3.87 -4.88 -6.15 -7.76 -9.77 -12.26 -15.35 -19.17 -23.87 -29.67 -36.79 -45.53 -56.25 -69.39 -85.49 -105.19 -129.30 -158.79

-2.00 -2.46 -3.08 -3.87 -4.88 -6.15 -7.76 -9.77 -12.26 -15.35 -19.17 -23.88 -29.67 -36.79 -45.53 -56.26 -69.40 -85.49 -105.19 -129.30 -158.79

Cálculo Numérico e Computacional

C.Y. Shigue

Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias

7 - 11

0 -20 -40

y(x)

-60 -80 Euler

-100

Euler Mod. Runge-Kutta

-120

Exato

-140 -160 0.0

1.0

2.0

3.0

4.0

5.0

x

Fig. 1 Gráfico com as soluções numéricas e exata da E.D.O. y’ – y = x – 1.

Exercícios propostos 1. Calcular a solução das seguintes E.D.O. de 1o grau nos valores indicados, utilizando o método de Euler e compare com a solução exata à partir da solução analítica: (a) y’ + 2y = x2, y(0) = 0,25, y(2) h = 0,5 e h = 0,25 x2 x Solução analítica: y = − +C 2 2 (b) y’ + y = sen x, y(0) = -0,5, y(2) h = 1,0 e h = 0,5 Solução analítica: y = C (sen x − cos x) (c) y’ + 2y = x, y(0) = 1, y(3) h = 1 e h = 0,5 x 1 Solução analítica: y = − + Ce −2 x 2 4 (d) y’ – y = 1 – x, y(1) = -2, y(2) h = 0,5 e h = 0,2 Solução analítica: y = Ce x − x

Cálculo Numérico e Computacional

C.Y. Shigue